專題10圓中的最值模型之瓜豆原理（曲線軌跡）

專題10圓中的最值模型之瓜豆原理（曲線軌跡）動點軌跡問題是中考和各類模擬考試的重要題型，學(xué)生受解析幾何知識的局限和思維能力的束縛，該壓軸點往往成為學(xué)生在中考中的一個坎，致使該壓軸點成為學(xué)生在中考中失分的集中點。掌握該壓軸題型的基本圖形，構(gòu)建問題解決的一般思路，是中考專題復(fù)習(xí)的一個重要途徑。本專題就最值模型中的瓜豆原理（動點軌跡為圓弧型）進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握?！灸Ｐ徒庾x】模型1、運動軌跡為圓弧模型11.如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．Q點軌跡是？如圖，連接AO，取AO中點M，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型12.如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，當(dāng)P在圓O運動時，Q點軌跡是？如圖，連結(jié)AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為k。則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型13.定義型：若動點到平面內(nèi)某定點的距離始終為定值，則其軌跡是圓或圓弧。（常見于動態(tài)翻折中）如圖，若P為動點，但AB=AC=AP，則B、C、P三點共圓，則動點P是以A圓心，AB半徑的圓或圓弧。模型14.定邊對定角（或直角）模型1）一條定邊所對的角始終為直角，則直角頂點軌跡是以定邊為直徑的圓或圓弧．如圖，若P為動點，AB為定值，∠APB=90°，則動點P是以AB為直徑的圓或圓弧。2）一條定邊所對的角始終為定角，則定角頂點軌跡是圓?。鐖D，若P為動點，AB為定值，∠APB為定值，則動點P的軌跡為圓弧?！灸Ｐ驮怼縿狱c的軌跡為定圓時，可利用：“一定點與圓上的動點距離最大值為定點到圓心的距離與半徑之和，最小值為定點到圓心的距離與半徑之差”的性質(zhì)求解。例1.（2023.重慶九年級期末）如圖，點P（3，4），圓P半徑為2，A（2.8，0），B（5.6，0），點M是圓P上的動點，點C是MB的中點，則AC的最小值是_______．【答案】1.5【解析】由題意可知M點為主動點，C點為從動點，B點為定點．∵C是BM中點，可知C點軌跡為取BP中點F，以F為圓心，F(xiàn)C為半徑作圓，即為點C軌跡，如圖所示：由題中數(shù)據(jù)可知OP＝5，又∵點A、F分別是OB、BP的中點，∴AF是△BPO的中位線，∴AF＝2.5，當(dāng)M運動到如圖位置時，AC的值最小，此時A、C、O三點共線，∴AC＝2.5－1＝1.5.例2．（2023春·湖北黃石·九年級校考階段練習(xí)）如圖，四邊形為正方形，P是以邊為直徑的上一動點，連接，以為邊作等邊三角形，連接，若，則線段的最大值為．【答案】/【分析】連接、，將繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，通過證明，得出，從而得出點Q在以點為圓心，為半徑的圓上運動；則當(dāng)點O，，P三點在同一直線上時，取最大值，易證為等邊三角形，求出，即可求出．【詳解】解：連接、，將繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，∵繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∵為等邊三角形，∴，，∴，即，在和中，，∴，∵，四邊形為正方形，∴，則，∴，∴點Q在以點為圓心，為半徑的圓上運動；∴當(dāng)點O，，P三點在同一直線上時，取最大值，在中，根據(jù)勾股定理可得：，∵，，

∴為等邊三角形，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查看瓜豆模型——圓生圓模型，解題的關(guān)鍵是確定從動點Q的運動軌跡，以及熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)．例3.（2023.浙江九年級期中）如圖，正方形ABCD中，，O是BC邊的中點，點E是正方形內(nèi)一動點，OE=2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得DF，連接AE、CF．求線段OF長的最小值．【解析】E是主動點，F(xiàn)是從動點，D是定點，E點滿足EO=2，故E點軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的圓．考慮DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F(xiàn)點軌跡是以點M為圓心，2為半徑的圓．直接連接OM，與圓M交點即為F點，此時OF最?。蓸?gòu)造三垂直全等求線段長，再利用勾股定理求得OM，減去MF即可得到OF的最小值．答案為例4．（2020·涼山州·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一點，且EB=3，F(xiàn)是BC上一動點，若將沿EF對折后，點B落在點P處，則點P到點D的最短距為．【答案】【分析】如圖，連接利用三角形三邊之間的關(guān)系得到最短時的位置，如圖利用勾股定理計算，從而可得答案．【詳解】解：如圖，連接則＞，為定值，當(dāng)落在上時，最短，圖1圖2如圖，連接，由勾股定理得：即的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，考查利用軸對稱求線段的最小值問題，同時考查了勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．例5．（2022·湖北·武漢模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，動點E、F分別從C、D兩點同時出發(fā)在邊BC、CD上移動（其中一點到達終點時另一點也隨之停止），其中點F的運動速度是E的兩倍，連接AF和DE交于點P，由于點E、F的移動，使得點P也隨之運動．若AD＝4，CD＝2，線段CP的最小值是____________．【答案】【分析】由于點P在運動中保持∠APD=90°，所以點P的路徑以AD中點為圓心，AD的一半為半徑的弧DG，設(shè)AD的中點為Q，連接QC交弧于點P，此時CP的長度最小，再由勾股定理可得QC的長，再求CP即可．【詳解】如圖：由于點P在運動中保持∠APD=90°，點P的路徑是一段以AD中點為圓心，AD的一半為半徑的弧，設(shè)AD的中點為Q，連接QC交弧于點P，此時CP的長度最小，AD＝4，CD＝2，在Rt△QDC中，QC=∴CP=QCQP=故答案為：【點睛】本題考查了90°角所對的圓周角是直角，勾股定理，求一個點到圓心的距離，找到的軌跡是解題的關(guān)鍵．例6．（2022·安徽·三模）如圖，點P是邊長為6的等邊內(nèi)部一動點，連接BP，CP，AP，滿足，D為AP的中點，過點P作，垂足為E，連接DE，則DE長的最小值為（

）A．2 B． C．3 D．【答案】D【分析】在中，，易得，故點P在的外接圓的弧BC上，當(dāng)時，AP有最小值，則DE的最小值是．【詳解】解：如圖所示，∵PE⊥AC，∴是直角三角形，∵D為AP的中點，∴DE=AP，∴當(dāng)AP最小時，DE最小．∵是等邊三角形，∴∠1+∠PBC=60o，∵∠1=∠2，∴∠2+∠PBC=60o，∴∠BPC=180o(∠2+PBC)=120o，∴點P在的外接圓的上，找出的外心點O并作出其外接圓，點P的運動軌跡就是，∴當(dāng)時，AP有最小值，延長AP與BC交于點F，此時∠PFC=90o，∠PBC=∠PCB=30o，F(xiàn)C=BC==3，∴PF=FC·tan∠PFC=3×=，AF===3，∴AP的最小值=AFPF=3=2，∴DE的最小值=AP=×2=．故選：D．【點睛】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形外接圓的性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理等知識；解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線靈活運用知識解題．課后專項訓(xùn)練1．（2021·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，已知正方形的邊長為6，點F是正方形內(nèi)一點，連接，且，點E是邊上一動點，連接，則長度的最小值為________．【答案】3【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ADC＝90°，推出∠DFC＝90°，點F在以DC為直徑的半圓上移動，，如圖，設(shè)CD的中點為O，作正方形ABCD關(guān)于直線AD對稱的正方形APGD，則點B的對應(yīng)點是P，連接PO交AD于E，交半圓O于F，則線段FP的長即為BE＋FE的長度最小值，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠CDF＝90°，∵，∴∠DCF＋∠CDF＝90°，∴∠DFC＝90°，∴點F在以DC為直徑的半圓上移動，如圖，設(shè)CD的中點為O，作正方形ABCD關(guān)于直線AD對稱的正方形APGD，則點B的對應(yīng)點是P，連接PO交AD于E，交半圓O于F，則線段FP的長即為BE＋FE的長度最小值，OF＝3，∵∠G＝90°，PG＝DG＝AB＝6，∴OG＝9，∴OP＝，∴FP＝3，∴BE＋FE的長度最小值為3，故答案為：3．【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題，正方形的性質(zhì)，勾股定理以及圓的基本性質(zhì)．凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點關(guān)于某直線的對稱點．2．（2022·湖北·武漢九年級階段練習(xí)）如圖，是的直徑，，C為的三等分點（更靠近A點），點P是上一個動點，取弦的中點D，則線段的最大值為__________．【答案】+1【分析】如圖，連接OD，OC，首先證明點D的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點D在CK的延長線上時，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接OD，OC，∵AD＝DP，∴OD⊥PA，∴∠ADO＝90°，∴點D的運動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，AC，當(dāng)點D在CK的延長線上時，CD的值最大，∵C為的三等分點，∴∠AOC＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴CK⊥OA，在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，∴CK=，∵DK＝OA＝1，∴CD＝+1，∴CD的最大值為+1，故答案為：+1．【點睛】本題考查圓周角定理、軌跡、勾股定理、點與圓的位置關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點D的運動軌跡，學(xué)會構(gòu)造輔助圓解決問題．3．（2022秋·浙江杭州·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，將射線AC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)α度（0α≤360°），得到射線AE，點M是點D關(guān)于射線AE的對稱點，則線段CM長度的最小值為．【答案】﹣1【分析】根據(jù)點D和點M關(guān)于AE對稱，即可得到AD與AM相等，確定點M的運動軌跡是以A為圓心AD為半徑的圓上，通過圓外一點到圓的最短距離是A、M、C三點共線時，再算出AC長和AM相減，即可求出結(jié)果．【詳解】解：如圖所示，連接AM，∵四邊形ABCD是正方形，且邊長為1，∴AC==，∵點D與點M關(guān)于AE對稱，∴AM=AD=1，∴點M在以A為圓心，AD長為半徑的圓上，∴連接AC與圓A的交點即為CM最小時M的位置，∴CM的最小值=AC=AM=1．故答案為：1．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓的性質(zhì)及點和圓的位置關(guān)系、軸對稱性質(zhì)、勾股定理，依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)確定出點M運動的軌跡是解題的關(guān)鍵．4.（2022·浙江·九年級專題練習(xí)）如圖，在平行四邊形中，與交于點O，，，．點P從B點出發(fā)沿著方向運動，到達點O停止運動．連接，點B關(guān)于直線的對稱點為Q．當(dāng)點Q落在上時，則=，在運動過程中，點Q到直線的距離的最大值為．【答案】2【分析】①過點O作，垂足為H，根據(jù)題意可得，利用平行四邊形的性質(zhì)可得，然后在中，用銳角三角函數(shù)的定義求出、的長，在中，用銳角三角函數(shù)的定義求出、的長，從而求出、的長，進行計算即可求出的長；②根據(jù)題意可得點Q的軌跡為：以點A為圓心，長為半徑的圓弧上，當(dāng)點P運動到點O，則點Q在圓弧終點的位置，連接，過點Q作，垂足為G，連接OQ，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得，，，從而可得，，進而求出，然后利用等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)可得，最后設(shè)，則，，再在中，利用勾股定理進行計算即可解答．【詳解】解：①過點O作，垂足為H，由題意得：，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，在中，，∴，，在中，，∴，，∴，∴，∴當(dāng)點Q落在上時，則，②∵，∴點Q的軌跡為：以點A為圓心，長為半徑的圓弧上，當(dāng)點P運動到點O，則點Q在圓弧終點的位置，連接，過點Q作，垂足為G，連接，∵點B關(guān)于直線AP的對稱點為Q，∴，，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，∴，∴，在中，，∴，∴或（舍去），∴，∴在運動過程中，點Q到直線的距離的最大值為2．故答案為：；2【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．5．（2022·江蘇無錫·?？级＃┮阎诰匦沃?，，，O為矩形的中心；在中，，，．將繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)一周，則邊上的高為．連接，取中點M，連接，寫出的取值范圍．

【答案】【分析】利用面積即可求解；延長至，使，連接，，作于，求出，，的長度，利用點在以為圓心，為半徑的圓上運動，表示出的最大值和最小值，根據(jù)表示出的取值范圍即可．【詳解】設(shè)邊上的高為h，∵在中，，，，∴，∵，∴；如圖，延長至，使，連接，，作于，

，，即，，在中，由勾股定理得，，點在以為圓心，為半徑的圓上運動，的最大值，的最小值，是的中點，，，故答案為：，．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，通過添加輔助線構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．6．（2023·安徽黃山·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，，，是邊上一點，將沿直線折疊得到，作直線交線段于點．當(dāng)有最小值時，的長是．

【答案】【分析】根據(jù)點的位置變化范圍，推出點的運動范圍，得到當(dāng)時，最大，即最小，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)，得，，根據(jù)點、重合，求出的長度，從而得到的長度．【詳解】如圖所示，以點為圓心，為半徑畫圓弧，交、兩點，∵沿直線折疊得到，∴當(dāng)在上運動時，點在圓弧上運動，∵當(dāng)與圓弧相切時，∴，最長，∵，，∴當(dāng)與圓弧相切時，點、重合，∵四邊形是矩形，∴，，∴，在與中，，∴∴，∴，∴．故答案為：．

【點睛】本題考查矩形，折疊的知識，圓的切線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)．7．（2023·福建福州·學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，已知正方形的邊長為3，動點P滿足，將點P繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到點Q，連接，則的最大值是．

【答案】5【分析】連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得從而可得然后可證從而利用全等三角形的性質(zhì)可得進而可知點Q的運動軌跡是以點A為圓心，半徑為2的圓，最后可得當(dāng)點Q在的延長線時，的值最大，進行解答即可.【詳解】

連接，∵四邊形是正方形，

由旋轉(zhuǎn)得：

即∴點Q的運動軌跡是以點A為圓心，半徑為2的圓，∴當(dāng)點Q在的延長線時，的值最大，如圖所示：∴的最大值=故答案為：5【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，點與圓的位置關(guān)系，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握手拉手模型旋轉(zhuǎn)型全等是解題的關(guān)鍵.8．（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考二模）如圖，正方形的邊長為6，正方形的邊長為，將正方形繞點C旋轉(zhuǎn)，和相交于點K，則的最大值是．連結(jié)，當(dāng)點C正好是的內(nèi)心時，的長是．

【答案】/【分析】連接，，和，，交于點O，，交于點M，作于Q，作于R，證明，從而確定點K在以為直徑的圓上運動；根據(jù)內(nèi)心特征，確定內(nèi)心點C到的距離，進一步得出結(jié)果．【詳解】解：如圖，

連接，，和，，交于點O，，交于點M，作于Q，作于R，∵四邊形和四邊形是正方形，∴，，，，，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴點K在以為直徑的圓O上運動，

∴當(dāng)為圓O直徑時，最大，此時點K于點C重合，∴，當(dāng)點C為的內(nèi)心時，

，，分別平分，和，∴，∵，∴，，∴，∴點B、C、F共線，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，故答案為：；．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理的推論，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)綜合知識，添加合適的輔助線．9．（2023·江蘇揚州·校聯(lián)考二模）如圖，，線段的兩個端點分別在射線、上滑動，且，以為直角邊在點的異側(cè)作，且，，問滑動過程中的最大值為．【答案】【分析】先由題意判斷：過點A、O、B三點的圓E的半徑大小不變，如圖1，連接，則當(dāng)O、C、E三點共線時，最大，作輔助線如圖2，根據(jù)圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)和解直角三角形的知識求出圓的半徑和即可．【詳解】解：由于，，所以過點A、O、B三點的圓E的半徑大小不變，故本題也可看作是固定不動，當(dāng)定角在圓上運動時，求的最大值，如圖1，連接，則當(dāng)O、C、E三點共線時，最大，如圖2，連接，作于點F，∵，∴，∴，∴，在直角三角形中，∵，，∴，∴，∴，過點B作于點G，則，∴，∴，∴，即的最大值為．故答案為：．【點睛】本題是圓的最值問題，主要考查了圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)以及解直角三角形的知識等內(nèi)容，弄清題意、作出輔助圓是解題的關(guān)鍵．10．（2023春·河北唐山·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中點，點E是正方形內(nèi)一個動點，且EG＝2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接CF，則線段CF長的最小值為．【答案】【分析】如圖，由EG＝2，確定在以G為圓心，半徑為2的圓上運動，連接AE，再證明（SAS），可得可得當(dāng)三點共線時，最短，則最短，再利用勾股定理可得答案．【詳解】解：如圖，由EG＝2，可得在以G為圓心，半徑為2的圓上運動，連接AE，∵正方形ABCD，∴∴∵DE=DF，∴（SAS），∴∴當(dāng)三點共線時，最短，則最短，∵位BC中點，∴此時此時所以CF的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二次根式的化簡，熟練的利用圓的基本性質(zhì)求解線段的最小值是解本題的關(guān)鍵．11．（2022秋·江蘇·九年級統(tǒng)考期中）如圖，正方形中，，是的中點．以點為圓心，長為半徑畫圓，點是上一動點，點是邊上一動點，連接，若點是的中點，連接、，則的最小值為．【答案】/【分析】取點B關(guān)于直線的對稱點M，連接、兩線交于點O，連接，由勾股定理求得，根據(jù)即可求得的最小值．【詳解】解∶取點B關(guān)于直線的對稱點M，連接、兩線交于點O，連接，，，過O作于點N，∵點Q是的中點，∴，∴點Q在以O(shè)為圓心，l為半徑的上運動，∵四邊形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴當(dāng)M、F、Q、O四點共線時，的值最小，∴的最小值為．故答案為∶．【點睛】本題考查圓的有關(guān)性質(zhì)的應(yīng)用，正方形的性質(zhì)，兩點之間線段最短公理的應(yīng)用，勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確確定點Q的運動軌跡．12．（2023·江蘇無錫·校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知，射線滿足，點為射線上的一個動點，過作軸于，過作射線交延長線于點，連接并延長交于點，過作射線交軸于點．

（1）若，則C坐標(biāo)為；（2）的最大值為．【答案】【分析】（1）根據(jù)正切定義，和題干提到的，，即可推出，軸，，根據(jù)正切定義即可推出，即求出點C的坐標(biāo)．（2）根據(jù)題意得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，當(dāng)與相切于第一象限時，取得最大值，此時取得最大值，根據(jù)，可得，解直角三角形即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示于點M軸，，故答案為：

（2）∵，∴在以為直徑的弧上運動，∵∴點在以為圓心，為半徑的圓上運動，∴當(dāng)與相切于第一象限時，取得最大值，此時取得最大值如圖所示，連接，則∵∴∴∴，∴故答案為：．

【點睛】本題主要考查了解直角三角形，切線的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．13．（2022·廣東江門·?？家荒＃┲?，，，點為的對稱軸上一動點，過點作與相切，與相交于點，那么的最大值為．【答案】/【分析】設(shè)的對稱軸交于F，連接，根據(jù)圓周角定理及題意得出點E在以為直徑的圓上，由勾股定理得出，結(jié)合圖形即可得出最大值．【詳解】解：設(shè)的對稱軸交于F，連接，∵，∴的對稱軸，∴切于F，∵是的直徑，∴，∴，∴點E在以為直徑的圓上，∵，，∴，，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】題目主要考查圓周角定理及等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理解三角形等，理解題意，作出相應(yīng)輔助線是解題關(guān)鍵．14．（2022秋·山東淄博·九年級淄博市博山區(qū)第六中學(xué)?？计谀┮阎闹睆綖?cm，點是上的動點，點是的中點，延長線交于點，則的最大值為cm．【答案】【分析】以為直徑作⊙K，當(dāng)直線切于D時，的值最大．【詳解】解：如圖，以為直徑作，當(dāng)直線切于D時，的值最大．∵是的切線，∴，∴，∵是直徑，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查動點問題，圓周角定理，平行線的性質(zhì)，切線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．15．（2021·廣東梅州·統(tǒng)考一模）如圖，已知，平面內(nèi)點P到點O的距離為2，連接AP，若且，連接AB，BC，則線段BC的最小值為．【答案】【分析】如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，先證明△APD是等邊三角形，從而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到，從而證明△AMB∽△AOP，得到，則，則點B在以M為圓心，以為半徑的圓上，當(dāng)M、B、C三點共線時，即點B在點的位置時，BC有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】解：如圖所示，延長PB到D使得PB=DB，∵，∴，又∵∠APB=60°，∴△APD是等邊三角形，∵B為PD的中點，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO為斜邊在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，連接CM，過點M作MH⊥AC于H，∴，同理可得，∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵，∴△AMB∽△AOP，∴，∵點P到點O的距離為2，即OP=2，∴，∴點B在以M為圓心，以為半徑的圓上，連接CM交圓M（半徑為）于，∴當(dāng)M、B、C三點共線時，即點B在點的位置時，BC有最小值，∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴，∴，，∴，∴，∴，∴BC的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，圓外一點到圓上一點的最值問題，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握瓜豆模型即證明點B在以M為圓心，半徑為的圓上運動．16．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）在中，，，點為線段上一動點，連接．

(1)如圖1，若，，求線段的長．(2)如圖2，以為邊在上方作等邊，點是的中點，連接并延長，交的延長線于點．若，求證：．(3)在取得最小值的條件下，以為邊在右側(cè)作等邊．點為所在直線上一點，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到．連接，點為的中點，連接，當(dāng)取最大值時，連接，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，請直接寫出此時的值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）解，求得，根據(jù)即可求解；（2）延長使得，連接，可得，根據(jù)，得出四點共圓，則，，得出，結(jié)合已知條件得出，可得，即可得證；（3）在取得最小值的條件下，即，設(shè)，則，，根據(jù)題意得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，取的中點，連接，則是的中位線，在半徑為的上運動，當(dāng)取最大值時，即三點共線時，此時如圖，過點作于點，過點作于點，連接，交于點，則四邊形是矩形，得出是的中位線，同理可得是的中位線，是等邊三角形，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，則，在中，勾股定理求得，進而即可求解．【詳解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）證明：如圖所示，延長使得，連接，

∵是的中點則，，，∴，∴，∴，∴∵是等邊三角形，∴，∵，∴四點共圓，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如圖所示，

在取得最小值的條件下，即，設(shè)，則，，∴，，∵將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到．∴∴點在以為圓心，為半徑的圓上運動，取的中點，連接，則是的中位線，∴在半徑為的上運動，當(dāng)取最大值時，即三點共線時，此時如圖，過點作于點，過點作于點，∵是的中點，∴，∴是等邊三角形，則，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如圖所示，連接，交于點，則四邊形是矩形，

∴，是的中點，∴即是的中位線，同理可得是的中位線，∴，∵是等邊三角形，將沿所在直線翻折至所在平面內(nèi)得到，∴∴則在中，∴．

【點睛】本題考查了解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，圓外一點到圓上距離的最值問題，垂線段最短，矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．17．（2023春·江蘇宿遷·九年級?？奸_學(xué)考試）【問題呈現(xiàn)】如圖1，∠AOB=90°，OA=4，OB=5，點P在半徑為2的⊙O上，求的最小值．【問題解決】小明是這樣做的：如圖2，在OA上取一點C使得OC=1，這樣可得，又因為∠COP=∠POA，所以可得△COP∽△POA，所以，得所以．又因為，所以最小值為．【思路點撥】小明通過構(gòu)造相似形（圖3），將轉(zhuǎn)化成CP，再利用“兩點之間線段”最短”求出CP+BP的最小值．【嘗試應(yīng)用】如圖4，∠AOB=60°，OA=10，OB=9，點P是半徑為6的⊙O上一動點，求的最小值．【能力提升】如圖5，∠ABC=120°，BA=BC=8，點D為平面內(nèi)一點且BD=3CD，連接A